上图是 Walter Rudin 所著的《数学分析原理》（Principles of Mathematical Analysis）里对施瓦茨不等式的一个简洁证明。因为跨页没有拍全，后页还有如下三行：
Since each term in the first sum is nonnegative, we see that
B(AB - |C|2) ≥ 0.
Since B > 0, it follows that AB - |C|2 ≥ 0. This is the desired inequality.
这个证法简洁而巧妙，可这个思路是怎么来的呢？从正向看，很难解释怎么会想到构建 |Baj - Cbj|2。从反向来看一下：
显然，所要证明的结论等价于
AB - |C|2 ≥ 0 ①
A 和 B 形式一致，即都是 n 个实数的平方之和，因此 AB 展开会得到 n2 个 |ai|·|bj|（即 |aibj|）形式的实数的平方之和。C 是 n 个aj·bj¬（由于编辑器的限制，打不出上划线，这里用 b¬ 表示复数 b 的共轭复数）形式的复数之和，|C|2 = C·C¬，对 C·C¬ 做进一步的展开处理可能也是一个思路，但是会相当繁琐。 初步判断，试图通过展开的方式去证明 ① 应该是比较困难的。
由 ①，两边同乘 B 有，B(AB - |C|2) ≥ 0，即
B2A - B|C|2 ≥ 0 ②
在 ② 中，把 B2 看成一个整体，则
B2A = B2(|a1|2 + ... + |an|2) = (B·|a1|)2 + ... + (B·|an|)2
即 B2A 可以展开成 n 个 B·|aj| 形式的实数的平方之和。
同样，把 |C|2 看成一个整体，B|C|2 可以展开成 n 个 |C|·|bj| 形式的实数的平方之和，即
B|C|2 = (|C|·|b1|)2 + ... + (|C|·|bn|)2
这样 ② 的左端可以展开成 n 个 (B·|aj|)2 - (|C|·|bj|)2 形式的平方差之和，但要证明这样的每个平方差都不小于 0 应该是不可行的。
对 ② 的左端继续做以下处理：
B2A - B|C|2 = B2A - B|C|2 - B|C|2 + B|C|2 =
B2A - BC·C¬ - B·C¬·C + |C|2·B ≥ 0 ③
③ 中，B2A、-BC·C¬、-BC¬·C、|C|2·B 分别可展开为：
B2A = B2·a1a1¬ + ... + B2·anan¬
-BC·C¬ = -BC·a1¬b1 - ... - BC·an¬bn
-BC¬·C = -BC¬·a1b1¬ - ... - BC¬·anbn¬
|C|2·B = CC¬·b1b1¬ + ... + CC¬·bnbn¬
从纵向看，有
B2·ajaj¬ - BC·aj¬bj - BC¬·ajbj¬ + CC¬·bjbj¬ = (B·aj - C·bj)(B·aj¬ - C¬·bj¬)
= (B·aj - C·bj)·(B·aj - C·bj)¬ = |B·aj - C·bj|2
于是有
B2A - B|C|2 = Σ|B·aj - C·bj|2
至此，这个证明思路才算理清楚了。
上面的施瓦兹不等式中，左端的 bj¬ 可以换成 bj，即 C = Σajbj，依然会有 |C|2 ≤ AB 成立。这是因为 |bj¬| = |bj|，继而有 Σ|bj¬|2 = Σ|bj|2 = B.
来看一下这个不等式在实数范畴的形式：
a1, a2, ..., an 和 b1, b2, ..., bn 为两组实数，则有 (Σajbj)2 ≤ Σaj2·Σbj2，该结论还可以强化为
(Σ|ajbj|)2 ≤ Σaj2·Σbj2 ④
以下尝试用上面的证明思路来证明 ④。不妨假设 aj，bj 均为非负实数，记 A = Σaj2，B = Σbj2，C = Σajbj，于是 ④ 等价于 AB - C2 ≥ 0
当 A = 0 时，有 aj = 0，④ 显然成立。考虑 A > 0，则 ④ 等价于 A2B - AC2 ≥ 0.
A2B - AC2 = A2B - 2AC2 + AC2
A2B、-2AC2、AC2 分别可展开为：
A2B = A2·b12 + ... + A2·bn2
-2AC2 = -2AC·a1b1 - ... - 2AC·anbn
AC2 = C2·a12 + ... + C2·an2
从纵向看，有
A2·bj2 -2AC·ajbj + C2·aj2 = (Abj- Caj)2，于是有
A2B - AC2 = Σ(Abj- Caj)2 ≥ 0.
故 ④ 成立。